Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 5 năm 2019 - THPT Chuyên Quang Trung, Bình Phước

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:23

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 5 năm 2019 - THPT Chuyên Quang Trung, Bình Phước sẽ giúp các bạn biết được cách thức làm bài thi trắc nghiệm cũng như củng cố kiến thức của mình, chuẩn bị tốt cho kì thi sắp tới. Mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPTQG môn Toán lần 5 năm 2019 - THPT Chuyên Quang Trung, Bình Phước

SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM 2019 - LẦN 5 THPT CHUYÊN QUANG TRUNG MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, Mã đề: 111 Câu 1. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) : x  y z  3  0 đi qua điểm nào dưới đây? A. C(2; 0; 0) B. B(0; 1; 1) C. D(0;1;0) D. A(1; 1; 1) Câu 2. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ¡ và có bảng xét dấu như hình sau : x -∞ -1 0 2 4 +∞ y’ + 0 - + 0 - 0 + Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị? A. 4 B. 1 C. 3 D. 2 Câu 3. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A. (1; 1) B. (3; ) C. (; 1) D. (1; ) Câu 4. Cho a, b, c theo thứ tự này là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng. Biết a + b + c = 15. Giá trị của b bằng: A. b = 10 B. b = 8 C. b = 5 D. b = 6 Câu 5. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như sau : x -∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 2 +∞ 1 -1 Khẳng định nào dưới đây sai? A. M(0 ; 2 ) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số B. x o  0 là điểm cực đại của hàm số C. x o  1 là điểm cực tiểu của hàm số D. f (1) là một giá trị cực tiểu của hàm số Câu 6. Phương trình 52x1  125 có nghiệm là: 3 5 A. x  B. x  C. x  3 D. x  1 2 2 uuur r r Câu 7. Trong không gian Oxyz, cho điểm A thỏa mãn OA  2i  j là hai vectơ đơn vị trên hai trục tọa độ Ox, Oy. Tọa độ điểm A là: A. A(2; 1; 0) B. A(0; 2;1) C. A(0; 1; 1) D. A(1; 1; 1) Câu 8. Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
1 1 A. log(3a)  3log a B. log a 3  3log a C. log(3a)  log a D. log a 3  log a 3 3 Câu 9. Cho khối lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông, độ dài hai cạnh góc vuông là 3a, 4a và chiều cao của khối lăng trụ là 6a. Thể tích của khối lăng trụ bằng: A. V  27a 3 B. V  12a 3 C. V  72a 3 D. V  36a 3 Câu 10. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua 3 điểm A(1; 0; 0) , B(0; 2; 0) , C(0; 0; 3) có phương trình là: x y z x y z x y z x y z A.   1 B.   0 C.    1 D.   1 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 3 Câu 11. Cho z  1 2i . Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn số phức z ? A. N B. M C. P D. Q Câu 12. Với P  log a b3  log a2 b6 , trong đó a, b là các số thực dương tùy ý và a khác 1. Khi đó mệnh đề nào dưới đây đúng? A. P  27loga b B. P  9loga b C. P  6 loga b D. P  15log a b 2 Câu 13. Họ nguyên hàm của hàm số f (x)  2x  là: x 2 2x 2x A. 2x ln 2  C B. 2x  2lnx  C C.  2 ln x  C D.  2 ln x  C x2 ln 2 ln 2 Câu 14. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn  1; 3 và có đồ thị như hình vẽ. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn  1; 3 . Giá trị của M + m là: A. 5 B. 2 C. 6 D. 2 Câu 15. Đường cong trong hình là đồ thị của hàm số nào đưới đây? x  1 A. y  B. y  x 3  3x  2 x 1 x C. y  D. y  x 4  2x 2  1 x 1 Câu 16. Kí hiệu z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  3z  3  0 . Giá trị của z1  z 2 bằng: 2 2 A. 2 3 B. 2 5 C. 6 D. 4
1 1 Câu 17. Cho  f (x)dx  2 . Khi đó  2f (x)  e  dx bằng: x 0 0 A. e  3 B. 5  e C. 3  e D. 5  e Câu 18. Chọn kết luận đúng? n! n! A. A kn  B. C0n  0 C. Ckn  D. A1n  1 (n  k)! k!(n  k)! Câu 19. Thể tích của khối cầu có bán kính R bằng: 1 3 4 2 3 4 A. R B. R C. R 3 D. V  4R 3 3 3 3 Câu 20. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x 2  y2  z2  2x  3  0 . Bán kính của mặt cầu bằng: A. R  3 B. R  4 C. R  2 D. R  5 1 Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 (x  1)  log 2 là: 2 x 1 2 A.  2;   B.  C.  0; 1 D. (1; ) Câu 22. Hàm số y  log 2 x 2  x có đạo hàm là: 2x  1 2x  1 2x  1 (2x  1) ln 2 A. y '  B. y '  C. y '  D. y '  x2  x 2(x  x) ln 2 2 (x  x) ln 2 2 2(x 2  x) Câu 23. Một khu vườn dạng hình tròn có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau, AB = 12m. Người ta làm một hồ cá có dạng hình elip với bốn đỉnh M, N, M’, N’ như hình vẽ, biết MN = 10m, M’N’ = 8m, PQ = 8m. Diện tích phần trồng cỏ (phần gạch sọc) bằng: A. 20, 33m2 B. 33, 02m2 C. 23, 02m2 D. 32, 03m2 Câu 24. Cho khối trụ (T) có đường cao h, bán kính đáy R và h = 2R. Một mặt phẳng qua trục cắt khối trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng 16a2. Thể tích của khối trụ đã cho bằng: 16 3 A. V  27a 3 B. V  16a 3 C. V  a D. V  4a 3 3 Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x  2y  2z  1  0 và đường thẳng x 1 y  2 z 1 :   . Khoảng cách giữa  và (P) bằng: 2 2 1 8 7 6 8 A. B. C. D. 3 3 3 3 x Câu 26. Cho hàm số y = f(x) thỏa mãn f (0)  0;f '(x)  . Họ nguyên hàm của hàm số g(x)  4xf (x) x 1 2 là: A. (x 2  1) ln(x 2 )  x 2  c B. x 2 ln(x 2  1)  x 2 C. (x 2  1) ln(x 2  1)  x 2  c D. (x 2  1) ln(x 2  1)  x 2
Câu 27. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau: x -∞ -2 2 +∞ f’(x) - - - f(x) 0 +∞ +∞ -∞ -∞ -∞ Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là: A. 1 B. 2 C.3 D. 0 Câu 28. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0; 1; 1) , B(1; 0; 0) và mặt phẳng (P) : x  y z  3  0 . Gọi (Q) là mặt phẳng song song với (P) đồng thời đường thẳng AB cắt (Q) tại C sao cho CA  2 CB . Mặt phẳng (Q) có phương trình là: 4 A. (Q) : x  y z  0 B. (Q) : x  y z  0 hoặc (Q) : x  y z  2  0 3 4 C. (Q) : x  y z  0 D. (Q) : x  y z   0 hoặc (Q) : x  y z  0 3 x 2 Câu 29. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số y  đồng biến trên  ; 4 . x  2m Số phần tử của S là: A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 Câu 30. Cho hàm số y = f(x) và hàm số bậc ba y = g(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Diện tích phần gạch chéo được tính bởi công thức nào sau đây? 1 2 2 A. S   f (x)  g(x)dx   g(x)  f(x)dx 3 1 B. S   f (x)  g(x)dx 3 1 2 1 2 C. S   g(x)  f (x)dx   f(x)  g(x)dx 3 1 D. S   g(x)  f (x)dx   g(x)  f (x)dx 3 1 Câu 31. Người ta làm một dụng cụ sinh hoạt gồm hình nón và hình trụ như hình vẽ (không có nắp đậy trên). Cần bao nhiêu m2 vật liệu để làm (các mối hàn không đáng kể, làm tròn kết quả đến một chữ số thập phân sau dấu phẩy) ? A. 5, 6m2 B. 6, 6m2 C. 5, 2m2 D. 4, 5m2 Câu 32. Cho hàm số y = f(x) có hàm biến thiên như sau:
x -∞ 0 1 +∞ y’ + 0 - 0 + 1 +∞ y -∞ 0 Số nghiệm thực của phương trình 2019 f(x) – 5 = 0 là : A. 3 B. 0 C. 1 D. 2 Câu 33. Số phức z thỏa mãn z(1 i)  z  i  0 là: A. z  1 2i B. z  1 2i C. z  1 2i D. z  1 2i Câu 34. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi α là góc giữa đường thẳng A’C và mặt phẳng (ABC’D’). Khi đó: 1 A. tan   3 B. tan   1 C. tan   D. tan   2 3 Câu 35. Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m . Tìm tất cả giá trị thực của m để hàm số có 3 cực trị A. m  0 B. m  0 C. m  0 D. m  0 Câu 36. Cho số thực a > 4. Gọi P là tích tất cả các nghiệm của phương trình a ln x  a ln(ex)  a  0 . Khi đó 2 A. P  ae B. P  e C. P  a D. P  a e 2 1  x  2 4 a c a c Câu 37. Cho    dx   2 ln với a, b, c, d là các số nguyên, và là các phân số tối 1 2 x  x 1 b d b d giản. Giá trị của a + b + c + d bằng : A. 16 B. 18 C. 25 D. 20 2019z Câu 38. Xét z số phức thỏa mãn là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là z2 một đường tròn (C) trừ đi một điểm N(2;0). Bán kính của (C) bằng : A. 3 B. 1 C. 2 D. 2 Câu 39. Anh A gửi ngân hàng 900 triệu (VNĐ) với lãi suất 0,4% mỗi tháng theo hình thức lãi kép, ngân hàng tính lãi trên số dư thực tế của tháng đó. Cứ mỗi tháng anh ta rút ra 10 triệu để chi trả sinh hoạt phí. Hỏi sau bao lâu thì số tiền trong ngân hàng của anh ta sẽ hết (tháng cuối cùng có thể rút dưới 10 triệu để cho hết tiền). A. 111 tháng B. 113 tháng C. 112 tháng D. 110 tháng Câu 40. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = 2a, BC = a, tam giá SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SDB) bằng : a 57 a 3 a 3 2a 57 A. B. C. D. 19 4 2 19 Câu 41. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ¡ . Hàm số f’(x) có đồ thị như hình vẽ. Bất phương trình f (2sin x)  2sin 2 x  m đúng với mọi x  (0; ) khi và chỉ khi : 1 1 A. m  f(1)  B. m  f(1)  2 2
1 1 C. m  f(0)  D. m  f(0)  2 2 Câu 42. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm thực của phương trình f (2  f (ex ))  1 là: A. 1 B. 2 C. 4 D. 3 Câu 43. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp đều S.ABC có tất cả cac cạnh bằng a là: 3a 6 a 6 a 6 a 6 A. B. C. D. 4 12 4 4 1 Câu 44. Trong không gian Oxyz, cho A(0; 0; 2), B(1; 1; 0) và mặt cầu (S) : x 2  y2  (z  1)2  . Xét điểm M 4 thay đổi thuộc (S). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA 2  2MB2 bằng: 1 3 21 19 A. B. C. D. 2 4 4 4 Câu 45. Cho hàm số y  f (x)  a x 4  bx 3  cx 2  dx  e . Biết rằng hàm số y = f’(x) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình bên. Hỏi hàm số y  f (2x  x 2 ) có bao nhiêu điểm cực đại? A. 5 B. 3 C. 1 D. 2 Câu 46. Có 3 quả cầu màu vàng, 3 quả cầu màu xanh (các quả cầu cùng màu thì giống nhau) bỏ vào hai cái hộp khác nhau, mỗi hộp 3 quả cầu. Tính xác suất để các quả cầu cùng màu thì vào chung một hộp. 1 1 1 1 A. B. C. D. 3 120 20 2 x y z3 Câu 47. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:   và mặt cầu 2 2 1 (S) : (x  3)2  (y  2)2  (z  5)2  36 . Gọi  là đường thẳng đi qua A(2; 1; 3) vuông góc với đường thẳng (d) và cắt (S) tại 2 điểm có khoảng cách lớn nhất. Khi đó đường thẳng  có một vectơ chỉ phương là r u(1;a; b) . Tính a + b 1 A. 4 B. 2 C.  D. 5 2 Câu 48. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m để tồn tại 4 số phức z thỏa mãn z  z  z  z  2 và z(z  2)  (z  z)  m là số thuần ảo. Tổng các phần tử của S là: 2 1 2 1 1 A. 2 1 B. C. D. 2 2 2
Câu 49. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ và M, N là hai điểm lần lượt bên cạnh CA, CB sao cho MN song CM song với AB và  k . Mặt phẳng (MNB’A’) chia khối lăng trụ ABC. A’B’C’ thành hai phần có thể tích CA V V1 (phần chứa điểm C) và V2 sao cho 1  2 . Khi đó giá trị của k là: V2 1 5 1 1 5 3 A. k  B. k  C. k  D. k  2 2 2 3 Câu 50. Cho hàm số f (x)  a x 3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị của m(m ¡ ) sao cho (x  1)  m3f (2x  1)  mf(x)  f(x)  1  0x ¡ . Số phần tử của tập S là : A. 2 B. 0 C. 3 D. 1 ----------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN 1-D 2.A 3-D 4-C 5-A 6-D 7-A 8-B 9-D 10.A 11-D 12-C 13-C 14-D 15-A 16-C 17-A 18-A 19-C 20-C 21-D 22-B 23-D 24-B 25-A 26-C 27-C 28-D 29-D 30-C 31-A 32-A 33-C 34-D 35-C 36-B 37-B 38-B 39-C 40-C 41-B 42-B 43-C 44-D 45-D 46-D 47.D 48-B 49-A 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB). Phương pháp: Thay trực tiếp tọa độ các điểm ở các đáp án vào phương trình mặt phẳng. Cách giải : Ta có : 1 1 1 3  0  A(1;1;1)  (P) Chọn D. Câu 2 (NB). Phương pháp: Điểm x = x0 là điểm cực trị của hàm số khi qua điểm đó f'(x) đổi dấu. Cách giải : Dựa vào BXD ta thấy hàm số có 4 điểm cực trị x = -1; x = 0; x = 2; x = 4. Chọn A. Chú ý: Nhiều học sinh cho rằng x = 0 không phải là điểm cực trị do y' (0) ≠ 0. Lưu ý điều kiện f'(x0) = 0
chỉ là điều kiện cần để x = x0 là điểm cực trị của hàm số. Câu 3 (NB). Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng đơn điệu của hàm số. Cách giải : Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên  ; 1 và 1;   Chọn D. Chú ý: Không kết luận hàm số đồng biến trên  ; 1 và  3;   Câu 4 (NB): Phương pháp: Sử dụng tính chất: a, b, c theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng thì a + c = 2b. Cách giải: Do a, b, c theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng nên a + c = 2b. Mà a  b  c  15  3b  15  b  5 Chọn C. Câu 5 (NB): Phương pháp: Dựa vào BBT nhận xét các cực trị của hàm số. Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy M(0;2) là điểm cực đại của đồ thị hàm số nên đáp án A sai. Chọn A. Câu 6 (NB): Phương pháp: a f (x)  b  f (x)  log a b(0  a  1; b  0) Cách giải: 52x 1  125  2x  1  log 5 125  3  x  1 Chọn D. Câu 7 (NB): Phương pháp: uuur r r r Điểm A thỏa mãn OA  xi  y j  zk  A(x; y; z) Cách giải: uuur r r OA  2i  j  A(2;1; 0) Chọn A. Câu 8 (NB): Phương pháp: Sử dụng công thức log(ab)  log a  log b,log a m  mlog a(a, b  0) . Cách giải:
log(3a)  log3  log a (a  0)  Đáp án A và C sai. loga 3  3loga (a  0)  Đáp án B đúng, đáp án D sai. Chọn B. Câu 9 (NB): Phương pháp: Thể tích lăng trụ V = Sh. Cách giải: 1 Thể tích lăng trụ là V  Sh  .3a.4a.6a  36a 3 2 Chọn D. Câu 10 (NB): Phương pháp: Sử dụng phương trình mặt chắn: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua 3 điểm A(a;0;0), B(0;b;0), x y z C(0;0;c) có phương trình là:    1 a b c Cách giải: x y z (ABC) :   1 1 2 3 Chọn A. Câu 11 (NB): Phương pháp: +) z  a  bi  z  a  bi +) z  a  bi được biểu diễn bởi điểm M (a;b) . Cách giải: z  1 2i  z  1 2i  Q(1; 2) là điểm biểu diễn số phức z . Chọn D. Câu 12 (NB): Phương pháp: m Sử dụng công thức log a n b m  log a b(0  a  1, b  0) n Cách giải: 6 P  log a b3  log a 2 b6  3log a b  log a b  6log a b 2 Chọn C. Câu 13 (NB): Phương pháp: ax dx Sử dụng công thức  a x dx   C,   ln x  C ln a x Cách giải:
 x 2 2x  f (x)dx    x  ln 2  2 ln x  C 2  dx  Chọn C. Câu 14 (NB): Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số, xác định GTLN, GTNN của hàm số trên đoạn [-1;3]. Cách giải: M  m ax y = y (-1) = 2   1;3 Trên đoạn [-1;3], ta có:   M  m  2  4  2 m  min y =y1;3(2) = -4  Chọn D. Câu 15 (TH): Phương pháp: Dựa vào hình dáng đồ thị và các điểm đồ thị hàm số đi qua. Cách giải: Đồ thị trên là đồ thị của hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, do đó loại đáp án A và D. Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1)  Loại đáp án C. Chọn A. Câu 16 (NB): Phương pháp: +) Giải phương trình tìm z1, z2 +) z  a  bi  z  a 2  b2 Cách giải:  3 3  z1   i z 2  3z  3  0   2 2  z2  z 2  3  1 2 3 3 z2   i  2 2 Vậy z1  z 2  6 2 2 Chọn C. Câu 17 (TH): Phương pháp: b b b  f (x)  g(x)dx   f (x)dx   g(x)dx a a a Cách giải: 1 1 1  2f (x)  e dx  2 f (x)dx   e dx  2.2  e 0  4  e  1  3  e x x x1 0 0 0 Chọn A. Câu 18 (NB):
Phương pháp: n! n! Sử dụng công thức: A kn  ;Ckn  (n  k)! k!(n  k)! Cách giải: n! A kn  là kết luận đúng. (n  k)! Chọn A. Câu 19 (NB): 4 Công thức tính thể tích khối cầu bán kính R là V  R 3 . 3 Cách giải: 4 Công thức tính thể tích khối cầu bán kính R là V  R 3 . 3 Chọn C. Câu 20 (NB): Phương pháp: Mặt cầu có phương trình (S) : x 2  y2  z2  2ax  2by  2cz  d  0 có tâm I (a;b;c) bán kính R  a 2  b2  c2  d . Cách giải: Mặt cầu (S) : x 2  y2  z2  2x  3  0 có a = 1; b = 0; c = 0; d = -3  R  12  02  02  (3)  2 Chọn C. Chú ý: Xác định đúng giá trị của các hệ số a, b, c, d. Câu 21 (TH): Phương pháp: loga f (x)  loga g(x)(a  1)  f (x)  g(x)  0 Cách giải: 1 1 1 log 1 (x  1)  log 2  log 2  log 2 2 2 x 1 2 x 1 x 1  x  1 1 x  0 1 1  2 0     0   x 1   x  1 x  1 x2  1 x 2  1  0   x  1  x  1   Chọn D. Câu 22 (TH): Phương pháp: u' Sử dụng công thức (log a u) '  u ln a Cách giải:
2x  1   ( x  x) 2x  1 2 '  2 x x  2 y '  log 2 x 2  x '  x 2  x ln 2 2(x  x)ln 2 2 x 2  x ln 2 Chọn B. Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp. Câu 23 (VD): Phương pháp: +) Đặt trục tọa độ, lập phương trình đường tròn, phương trình elip. +) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x), y = g (x), đường thẳng x = a, x = b (a < b) là b S   f (x)  g(x)dx a Cách giải: Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có AB = 12m  OA = 6m. Phương trình đường tròn là x 2  y2  36  y   36  x 2 x 2 y2 x2 Phương trình elip là :   1  y  4 1 25 16 25 Khi đó diện tích phần trồng cỏ là: 4  x2  S  2   36  x 2  4 1  dx  32, 03(m 2 )  4  25  Chọn D. Câu 24 (TH): Phương pháp: Thiết diện qua trục của hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là hình chữ nhật có kích thước 2R × h. Thể tích khối trụ bán kính đáy R và chiều cao h là V  R 2h . Cách giải: Một mặt phẳng qua trục cắt khối trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng 16a2  2R.2R  16a 2  R 2  4a 2  R  2a  h  2R  4a . Thể tích của khối trụ đã cho: V  R 2h  .(2a)2.4a  16a 3 . Chọn B. Câu 25 (TH): Phương pháp: Cho  / /(P)  d(;(P))  d(M;(P)) với M Cách giải: r (P) nhận n = (1; -2; 2) là 1 VTPT. r  nhận u = ( 2;2;1) là 1 VTCP. r ur r r Ta có: n.u  1.2  2.2  2.1  0  n  u Lấy M(1; 2;1)    1 2(2)  2.1 1  8  0  M  (P)   / /(P)
8 8 Do đó d(;(P))  d(M;(P))   1  (2)  2 2 2 2 3 Chọn A. Câu 26 (VD): Phương pháp: +) f (x)   f '(x) dx  Xác định hàm số f(x) +) Sử dụng phương pháp đổi biến và nguyên hàm từng phần tính nguyên hàm của hàm g(x). Cách giải: x f '(x)  x 1 2 xdx 1 d(x 2  1) 1  f (x)   f '(x)dx     2  ln(x 2  1)  C x 1 2 x 1 2 2 1 1 f (0)  0  ln 1 C  0  C  0  f (x)  ln(x 2  1) 2 2  g(x)  4xf (x)  2x ln(x 2  1)   g(x)dx   2x ln(x 2  1)dx Đặt t  x 2  1  dt  2xdx 1   g(x)dx   ln tdt  t ln t   t. dt  t ln t   dt  t ln t  t  C t  (x 2  1) ln(x 2  1)  (x 2  1)  C Đặt 1 C  c   g(x)dx (x 2  1) ln(x 2  1)  x 2  c Chọn C. Câu 27 (TH): Phương pháp: Cho hàm số y = f (x). +) Nếu lim y  y o  y  y o là TCN của đồ thị hàm số. x  +) Nếu lim y    x  x o là TCĐ của đồ thị hàm số. x x o Cách giải: Dựa vào BBT ta có: lim y  0  y  0 là TCN của đồ thị hàm số. x   lim y  ; lim y    x 2 x 2   x  2 là TCĐ của đồ thị hàm số. lim  x  2 y  ; lim y   x  2 Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận. Chọn C. Câu 28 (VD): Phương pháp: +) (P) / / (Q)  Phương trình mặt phẳng (Q) có dạng x + y + z + c = 0 (c ≠−3) .
+) Tìm tọa độ điểm C . Thay C vào phương trình mặt phẳng (Q) tìm c . Cách giải: (P) / / (Q)  Phương trình mặt phẳng (Q) có dạng x + y + z + c = 0 (c ≠−3) . uuur 2 uuur TH1: Điểm C nằm giữa hai điểm A, B  AC  AB 3  2  2  x C  3 (1 0) x C  3    2  1  2 1 1   yC  1  (0  1)   yC   C  ; ;   3  3  3 3 3  2  1 z C  1  3 (0  1) z C  3   2 1 1 4 4 C  (Q)     c  0  c   (tm)  (Q) : x  y z   0 3 3 3 3 3 uuur uuur TH2: Điểm C không nằm giữa hai điểm A, B  AC  2AB  x C  2(1  0) x C  2     yC  1  2(0  1)   y C  1  C  2; 1; 1 z  1  2(0  1) z  1  C  C C  (Q)  2  1 1 c  0  c  0(tm)  (Q) : x  y z  0 Chọn D. Câu 29 (VD): Phương pháp: y '  0 ax  b  Hàm số y  đồng biến trên (a; b)   d cx  d  c  (a; b) Cách giải: 2m  2 TXĐ: D  ¡ \ 2m Ta có: y '  (x  2m)2 y '  0 2m  2  0 m  1 Để hàm số đồng biến trên  ; 4 thì     1  m  2 2m  4 m  2 m  2 Mà m ¢  S  0;1 Chọn D. Câu 30 (TH): Phương pháp: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số là y  f (x), y  g(x), x  a, x  b(a  b) là b S   f (x)  g(x) dx a Cách giải: Ta có:
2 S  f (x)  g(x) dx 3 1 2   3 f (x)  g(x) dx   f (x)  g(x) dx 1 1 2   g(x)  f (x) dx   f(x)  g(x)  dx 3 1 Chọn C. Câu 31 (TH): Phương pháp: +) Diện tích xung quanh hình trụ bán kính đáy R , chiều cao h là Sxq  2Rh . +) Diện tích xung quanh hình nón bán kính đáy R , đường sinh l là Sxq  Rl . Cách giải: 1, 4 Diện tích xung quanh hình trụ là: S1  2. .0, 7  0, 98(m 2 ) 2 Chiều cao hình nón bằng 1,6 - 0,7 = 0,9 (m) 130  Độ dài đường sinh của hình nón bằng 0, 92  0, 72  10 130 Diện tích xung quanh hình nón là: S2  .0,7.  2,507(m2 ) . 10 Vậy diện tích vật liệu cần dùng là S1  S2  5, 6(m2 ) . Chọn A. Câu 32 (TH): Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f (x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m song song với trục hoành. Cách giải: 5 2019f (x)  5  0  f (x)  2019 5 5 Ta có 0   1  Đường thẳng y  cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt, do đó phương 2019 2019 trình 2019f (x)  5  0 có 3 nghiệm thực phân biệt. Chọn A. Câu 33 (TH): Phương pháp: Đặt z  a  bi  z  a  bi Cách giải: Đặt z  a  bi  z  a  bi . Theo bài ra ta có: (a  bi)(1 i)  (a  bi)  i  0  a  b  (a  b)i  a  bi  i  0 2a  b  0 a  1  2a  b  (a  1)i  0     z  1 2i a  1  0 b  2
Chọn C. Câu 34 (VD): Phương pháp: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó. Cách giải: Gọi O  A 'C  BD '  O  A'C (ABC'D') Gọi H  A'D AD' ta có: AB  (ADD'A ')  AB  A 'H   A 'H  (ABC'D') A 'H  AD'  HO là hình chiếu của A’O trên (ABC’D’)  (A 'C;(ABC'D'))  (A'O;HO)   A'OH   Không mất tính tổng quát, ta đặt cạnh của hình lập phương bằng 1. Xét tam giác vuông A'OH vuông tại H có:  1 1  OH  AB  2 2 AH   tan A 'OH  tan    2 A 'H  1 A 'D  2 OH  2 2 Chọn D. Câu 35 (TH): Phương pháp: Hàm số y  ax 4  bx 2  c có 3 cực trị  ab  0 Cách giải: Hàm số y  x 4  2mx 2  m có 3 cực trị  1.m  0  m  0 Chọn C. Câu 36 (VD): Phương pháp: Đặt t  a ln x (t  0) , đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn t. Cách giải a ln x  a ln(ex)  a  0 (x  0) 2  a 2ln x  a1ln x  a  0  (a ln x )2  a.a ln x  a  0 Đặt t  a ln x (t  0) , phương trình trở thành t 2  at  a  0 (*)   a 2  4a  a(a  4)  0a  4  S  a  0  phương trình (*) có 2 nghiệm t 1, t2 dương phân biệt. P  a  0  Suy ra phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt. Ta có: t  a ln x  ln x  log a t  x  eloga t  x1x 2  eloga t1 .eloga t2  eloga t1 loga t2  eloga (t1t2 )  eloga a  e  P  e Chọn B. Câu 37 (VD): Phương pháp: Đổi biến, đặt t  x Cách giải: dx x  1  t  1 Đặt t  x  dt  . Đổi cận  2 x x  4  t  2 2 1  x 2 2 2 t 2  1  4 2 2    dx     dt   1   dt 1 2 x  x  1  1  t  1  1  t  1 
2 2  2 1   1    1   2 dt   t  2ln t  1   1  t  1 (t  1)   t 1  1 1 1 7 3 a c  2  2 ln 3   1  2 ln 2    2 ln   2 ln 3 2 6 2 b d  a  7; b  6; c  3; d  2  a  b  c  d  7  6  3  2  18 Chọn B. Câu 38 (VD): Phương pháp: 2019 z 2019 z +) Đặt z  a  bi . Biến đổi số phức về dạng  A  Bi z2 z2 2019 z +)  A  Bi là số thuần ảo  A  0 z2 Cách giải: Đặt z  a  bi ta có: 2019 z 2019(a  bi) 2019(a  bi)(a  2  bi)   z2 a  bi  2 (a  2)2  b 2 2019  a(a  2)  b2   ab  (a  2)b  i   (a  2)2  b2 2019  a(a  2)  b 2  2019  ab  (a  2)b    i  z  2 (a  2)2  b 2 (a  2) 2  b 2 là số thuần ảo  2019  a(a  2)  b 2   0  a 2  2a  b 2  0 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  0 trừ đi một điểm N(2;0) có tâm I(1;0), bán kính R  12  02  0  1 Chọn B. Câu 39 (VD): Phương pháp: Áp dụng công thức lãi kép: An  A(1  r )n Cách giải: Số tiền còn lại cuối tháng thứ nhất là: A1 = 900(1 + 0,4%) -10 . Số tiền còn lại cuối tháng thứ hai là: A2 = A1(1 + 0,4%) - 10 = 900 (1 + 0,4% )2 - 10 (1 + 0,4%) - 10. …. Cứ như vậy ta tính được số tiền còn lại sau tháng thứ n là: An  900(1  0, 4%) n  10(1  0, 4%) n 1  ...  10 An  900(1  0, 4%) n  10 (1  0, 4%) n 1  (1  0, 4%) n  2  ...  1 1  (1  0, 4%) n An  900(1  0, 4%) n  10. 1  (1  0, 4%) Do tháng cuối cùng có thể rút dưới 10 triệu để hết tiền nên n là số tự nhiên nhỏ nhất để An  0 . Ta có: A111  7,9, A112  2,05  Sau 112 tháng thì số tiền trong ngân hàng của anh ta sẽ hết. Chọn C. Câu 40 (VD): Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi đỉnh tính khoảng cách Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác SAB đều  SH  AB
( SAB)  ( ABCD)  AB  Ta có: ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD) ( SAB)  SH  AB  d ( A;( SDB)) AB Ta có: AH  ( SDB)  B   2 d ( H ;( SDB)) HB  d ( A;( SDB))  2d ( H ;( SDB)) Trong (ABCD) kẻ HM  BD( M  BD) , trong (SHM) kẻ HK  SM ( K  SM ) Ta có:  BD  HM   BD  ( SHM )  BD  HK  BD  SH ( SH  ( ABCD))  HK  SM   HK  ( SDB)  d ( H ;( SDB))  HK  HK  BD Trong (ABCD) kẻ AE  BD( E  BD)  AE / / HM AB. AD 2a.a 2a Ta có AE    AB  AD 2 2 4a  a 2 2 5 1 a Có HM là đường trung bình của tam giác ABE  HM  AE  2 5 2a 3 Tam giác SAB đều cạnh AB  2a  SH  a 3 2 a a 3. SH .HM 5 a 3 Xét tam giác vuông SHM: HK   SH 2  HM 2 a2 4 3a 2  5 a 3 a 3 Vậy d ( A;( SDB))  2.  4 2 Chọn C. Câu 41 (VD): Phương pháp: +) Đặt t = 2sinx +) g (t )  mt  (a; b)  m  max g (t ) a ;b +) Lập BBT hàm số y = g(t) và kết luận. Cách giải: Đặt t = 2sinx, với x  (0; )  sinx  (0;1)  t  (0;1) 1 Khi đó ta có f (t )  t 2  m đúng với mọi t  (0;1) 2 1  m  max g (t )  f(t)  t 2 0;1 2 Ta có g '(t )  f '(t )  t  0  f '(t )  t Vẽ đồ thị hàm số y  f '(t) và y = t trên cùng mặt phẳng tọa độ. t  0 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f '(t)  t  t  1 t  2 BBT: t -∞ 0 1 2 +∞
g’(t) - 0 + 0 - 0 + g(t) 1 1 Từ BTT tao có: max g (t )  g (1)  f (1)   m  f (1)  0;1 2 2 Chọn B. Câu 42 (VDC) Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f (x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y = m . Cách giải: Số nghiệm của phương trình f (2  f (e x ))  1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f (2  f (e x )) và đường thẳng y = 1.  2  f (e x )  1  f (e x )  3 Dựa vào đồ thị hàm số ta có: f (2  f (e ))  1   x    2  f (e )  xo   2;3  f (e )  xo  2  (0;1) x x Tương tự ta có: e x  1 f (e )  3   x x  x0 e  x1  1(vonghiem) f (e x )  xo  2  (0;1)  Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khác 0. e x  a  0(vo nghiem)   e x  b  0(vo nghiem) e x  c  0  x  ln c  0  Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt. Chọn B. Câu 43 (VD): Phương pháp: +) Xác định giao điểm của trục của mặt đáy và mặt phẳng trung trực của 1 mặt bên, chứng minh giao điểm đó là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp. +) Sử dụng tỉ lệ của tam giác đồng dạng tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp. Cách giải: Gọi O là trọng tâm tam giác ABC  SO  ( ABC ) . Gọi M là trung điểm của SA. Trong (SOA) kẻ IM  SA( I  SO) ta có IS = IA. Lại có I  SO  IA  IB  IC  IA  IB  IC  IS  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC. a 3 2 a 3 Tam giác ABC đều cạnh  AE   AO  AE  2 3 3
a2 a 6 Xét tam giác vuông SOA: SO  SA2  OA2  a 2   3 3 a a. SI SM SA.SM a 6 Dễ thấy SOA SMI ( g.g )    SI   2  SA SO SO a 6 4 3 a 6 Vậy R  4 Chọn C. Câu 44 (VD): Phương pháp: +) Gọi I(a;b;c) là điểm thỏa mãn IA  2 IB  0 , xác định tọa độ điểm I. +) Biến đổi biểu thức MA2 + 2MB2 bằng cách chèn điểm I. +) Tìm vị trí của M trên (S) để MA2 + 2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất và tính. Cách giải: Gọi I(a;b;c) là điểm thỏa mãn IA  2 IB  0 ta có:  (a; b; 2  c)  2(1  a;1  b; c)  0  2 a  3   a  2  2a  0    2 2 2 2  b  2  2b  0  b   I  ; ;  2  c  2c  0  3 3 3 3   2 c  3  Ta có: MA2  2MB 2  ( MI  IA) 2  2( MI  IB) 2  MI 2  2MI IA  IA2  2MI 2  4MI IB  IB 2  3MI 2  IA2  2 IB 2  2MI ( IA  2 IB)  3MI 2  IA2  2 IB 2 0 const  2  2 2  2 2  2 8 2  IA           2      3  3  3 3 Do  2 2 2  IA2  2 IB 2  4 không đổi  ( MA2  2MB 2 )min  MI min với  2  2  2  2 2  IB  1  3   1  3     3   3  2 2 2 I  ; ;  , M  (S ) 3 3 3 2 2 2 2 2 2  1 Ta có         1  1   I nằm ngoài (S) 3 3 3  4 1 Khi đó MI min  IJ  R với J(0;0;1) là tâm mặt cầu, R  là bán kính 2 mặt cầu. 2 2 2  2  2  2 1 1 Ta có: IJ          1    1  MI min  1    3  3  3 2 2 2 1 19 Vậy ( MA2  2MB 2 ) min  3MI 2 min  4  3.    4  2 4 Chọn D. Câu 45 (VDC):